【文档说明】备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题11空间几何体及其内切球、外接球（十二大题型） Word版含解析.docx，共(69)页，11.293 MB，由小赞的店铺上传

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专题11空间几何体及其内切球、外接球斜二测画法1．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）如图，一个水平放置的图形的直观图是一个等腰直角三角形OAB，斜边长1OB=，那么原平面图形的面积是（）A．2B．22

C．24D．12【答案】B【分析】根据斜二测画法可得原图形OAB△为直角三角形，运算即可得解.【详解】根据斜二测画法可得原图形为如图所示OAB△，因为OAB是等腰直角三角形，根据斜二测画法可得OAB△为直角三角形，1OB=，1OBOB==，

22OAOA==，所以原平面图形的面积是121222=.故选：B.2．（广东省河源市河源中学等校2023届高三上学期期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为45、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是A．22+B．12+C．422+D．84

2+【答案】D【详解】如图所示：由已知斜二测直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形∴这个平面图形的面积：()422228422++=+，故选D.3．（2022秋·福建南平·高三统考期中）水平放置的ABC的斜二测直观图ABC如图所示，已知3,2ACBC==，则原三角形ABC的面积为

．【答案】6【解析】先根据条件由斜二测画法得出原平面图形，从而得出其面积.【详解】根据条件由斜二测画法得出原平面图形，如图.则3,4CABC==所以14362ABCS==△故答案为：6空间几何体的表面积4．（辽宁省抚顺市六校协作体2022

-2023学年高三上学期期中）在正三棱柱111ABCABC-中，E，F分别是棱BC，11AC的中点，若异面直线1AA与EF所成的角是45°，则该三棱柱的侧面积与表面积的比值是（）A．336−B．334−C．333−D．332−【答案】D【分析】取AC中点D，连接FD

，DE，通过1//DFAA得到直线DF与EF所成的角是45°，分别求出侧面积和底面积，则可求出侧面积与表面积的比值【详解】取AC中点D，连接FD，DE，又在正三棱柱111ABCABC-中，E，F分别是棱BC，11AC的中点，则1//DFA

A，且DF⊥面ABC，又直线1AA与EF所成的角是45°，1//DFAA，直线DF与EF所成的角是45°故RtDEF△为等腰直角三角形，不妨设DEDFx==，则2ABx=，则21()66SABBCACAAxxx=++==侧2132222322Sxxx==底故22266332

623623SSxSSSxx−====+++侧侧表底侧故选：D5．（江苏省无锡市江阴市第一中学2022-2023学年高三上学期期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，

故也被称作阿基米德体．某公园中设置的供市民休息的石凳如图所示，它是一个棱数为24的半正多面体，且所有顶点都在同一个正方体的表面上，它也可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，若被截正方体的棱长为0.5m，则该石凳的表面积为（）A．26mB．233mC．233m+D．23

3m4+【答案】D【分析】由已知得到石凳的各条棱都相等，并求得棱的长度，然后分别计算6个正方形面的和，8个等边三角形面的面积的和，然后求和即得.【详解】由图形可得该多面体的棱长为24，则6个正方形的面积之和为2

236444=，8个等边三角形的面积之和为23238444=，所以该石凳的表面积为233m4+．故选：D.6．（福建省福州市八县（市、区）一中2023届高三上学期期中）若圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则它的侧

面积为．【答案】2π【分析】根据轴截面是边长为2的正三角形，可求出圆锥的底面半径和母线长，从而可求出其侧面积.【详解】解：圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则底面圆的半径为1，母线长为2，圆锥的侧面展开图为扇形，扇形半径为2，弧

长为2π，由扇形的面积公式可得，侧面积12π22π2S==．故答案为：2π．7．（江苏省扬州市宝应县曹甸高级中学2022-2023学年高三上学期期中）将一个边长为4的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为.【答案】163π【分析】根据正三角形绕一边所在直

线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥求解.【详解】如图所示，正三角形绕边AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为23rOC==，母线长为4lAC==则所得几何体的表面积为2π2π234163πSrl==

=.故答案为：163π.8．（黑龙江省佳木斯市第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知圆柱的两个底面的圆周在体积为323的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为．【答案】8【分析】先求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，即可得到侧面积

表达式，然后用重要不等式即可求解.【详解】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，则由题意知，343233RV==，解得R=2.又圆柱的两个底面的圆周在体积为323的球O的球面上，则圆柱的两个底面圆的圆心关于球心对称，且2

2242lrR+==.则圆柱的侧面积2Srl=，0l，因为，22242llrrrl+=，当且仅当2lr=，即2r=，22l=时，等号成立.所以4rl，28Srl=故答案为：8.空间几何体的体积9

．（江苏省南京市江宁区2023届高三上学期期中）如图的后母戊鼎（原称司母戊鼎）是迄今为止世界上出土最大、最重的青铜礼器，有“镇国之宝”的美誉，后母戊鼎双耳立，折沿宽缘，直壁，深腹，平底，下承中空“柱足”，造型厚重端庄，气势恢宏，

是中国青铜时代辉煌文明的见证，如图为鼎足近似模型的三视图（单位：cm)，经该鼎青铜密度为a（单位：3kg/cm)，则根据三视图信息可得一个柱足的重量约为（重量=体积密度，单位：kg)（）A．1250πaB．5000πaC．3

750πaD．15000πa【答案】C【分析】根据题意得出，鼎足是一个外半径为10cm，内半径为5cm的中空圆柱体，然后利用体积的计算公式即可求解.【详解】由三视图得，鼎足可看成一个中空圆柱体，外半径为10cm，内半径为5cm，则其重量为(100π25π)5

03750πaa−=，故选：C．10．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）已知两个圆锥的母线长均为6，它们的侧面展开图恰好拼成一个半圆，若它们的侧面积之比是1：2，则它们的体积之和是（）A．351623+B．3251623+C．

16709D．()35162+【答案】A【分析】根据圆锥的母线长和侧面展开图恰好拼成一个半圆得到两个圆锥的底面圆的周长之和，再结合侧面积之比为1:2得到底面圆的周长比也为1:2，即可得到底面圆的半径，然后利用勾股定理得到圆锥的高，最后求体积即可.【详

解】因为两个圆锥的母线长为6，侧面展开图恰好拼成一个半圆，所以两个圆锥的底面圆的周长和为6π，因为侧面积之比为1:2，所以底面圆的周长比为1:2，则底面圆的周长分别为2π，4π，底面圆的半径分别为1，2，所以两个圆锥的高分别为35，42，则体积之和为113516

235442333++=.故选：A.11．（2022秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校联考期中）已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（）（参考数据：331.44

，341.59）A．1.62dmB．1.64dmC．3.18dmD．3.46dm【答案】B【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为rdm，则小圆锥的高为2rdm，然后列方程可求

出r，从而可求出结果.【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为rdm，则由题意可得小圆锥的高为2rdm，则22111248323rr=，解得332r=，即3243.18r=，2

6.36r．则剩余的水的高度为821.64dmr−．故选：B12．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中）在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−中M，N分别为1BB，AB的中点，则三棱锥1ANMD−的体积为．【答案】83【分析】利用11ANMDDAMNVV−−=计算即可.

【详解】因为正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，M，N分别为1BB，AB的中点，所以11111132−−==ANMDDAMNVVANMBAD118224323==.故答案为：83.13．（2022秋·河北石家庄·高三石家庄二中校考期中）斜三棱柱111ABCABC

-中，侧面11BBCC的面积为S，侧棱1AA到侧面11BBCC的距离为a，则该斜三棱柱的体积为【答案】12aS【分析】根据题意，斜三棱柱补形为平行六面体，求平行六面体的体积即可得解.【详解】在斜三棱柱111ABCABC-的一侧补上一个三棱柱111ACD

ACD−，使之成为一个平行六面体1111AADDBBCC−，如图，显然，它的体积为VaS=，所以斜三棱柱111ABCABC-的体积为1122VaS=.故答案为:12aS14．（湖北省武汉市黄陂一中盘龙校区2022-2023学年高三上学期期中

）如图，四棱锥PABCD−的底面为直角梯形，ABCD∥，90ADC=，PA⊥底面ABCD，且222PAABADDC====，M是PB的中点．(1)证明：PDCD⊥；(2)求三棱锥PAMC−的体积．【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）由线

线垂直证DC⊥平面PAD，再证PDCD⊥；（2）PAMCPABCMABCVVV−−−=−.【详解】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，DC平面ABCD，∴PADC⊥．又∵ADDC⊥，PAADA=，AP，AD平面PAD，∴D

C⊥平面PAD，又PD平面PAD，∴PDCD⊥．（2）∵M是PB的中点，PA⊥底面ABCD，∴点M到平面ABC的距离为12PA=．∴11122123323PABCABCVSPA−===△，11113

3MABCV−==．∴13PAMCPABCMABCVVV−−−=−=．最短路径15．（湖北省仙桃荣怀学校2022-2023学年高三下学期期中）如图，在正三棱柱111ABCABC-，中，12AAAB==，D在1AC上，E是1AB的中点，则()2ADDE+的最小值是（）A

．67−B．27C．37+D．57+【答案】C【分析】将平面1ABC与平面1AAC翻折到同一平面上，连接AE，记1AEACF=，计算出1AE以及1cosAAB的值，分析可知当A、E、D三点共线时，ADD

E+取得最大值，再结合余弦定理求解即可.【详解】如图，将平面1ABC与平面1AAC翻折到同一平面上，连接AE，记1AEACF=．由题意可知12AAACBC===，1122ACAB==，所以，22211AAACAC+=，所以，1AAAC⊥，则145AAC=，222111118843cos24

22222ABACBCBACABAC+−+−===，从而2117sin1cos4BACBAC=−=，故()11111113214coscoscoscossinsin8AABAACBACAACBACAACBAC−=+=−=．因为E是1AB的中点

，所以12AE=，由余弦定理可得2221111132142cos42222378AEAAAEAAAEBAA−=+−=+−=+．因为D在1AC上，所以ADDEAE+，当A、E、D三点共线时，等号成立，则()237

ADDE++．故选：C.16．（湖北省宜昌英杰学校2022-2023学年高三上学期期中）已知直三棱柱111ABCABC-中，ABAC⊥，11ABACAA===，P为线段1AB上的动点，则1APPC+的最小值为（）A．52B．102C．5D．22+【答

案】D【分析】利用空间几何体的特征，将1AAB△沿1AB折起到1AAB的位置.使得平面1AAB与平面11ABC共面,然后两点之间线段最短，再利用余弦定理即可得到答案.【详解】将1AAB△沿1AB折起到1AAB的位置

.使得平面1AAB与平面11ABC共面,当P为线段1AC与1AB的交点时,1APPC+最小,即1APPC+最小,则有111ACAA=，又1,1ABACABACAA⊥===，所以易得1AAB△与1ABA均为等腰直角三角形,

119045135AAC=+=,利用余弦定理可知最小值为11211cos13522+−=+.故选：D.17．（河北省深州市长江中学2023届高三上学期期中）已知正方体1111ABCDABCD−棱长为1.一只蚂蚁从顶点A出发沿正方体的表面爬到顶点1C.则蚂蚁

经过的最短路程为.【答案】5【分析】由正方体对称性，最短路线有6条，距离相等，把最短路线所过平面摊平后，由平面上两点间距离线段最短可得．【详解】由正方体的对称性知从顶点A出发沿正方体的表面爬到顶点1C的最短距离有6条，距离相等．把其中一条所在

的两个面摊平，如图，()221min125AC=+=，故答案为：5．18．（2022秋·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）在直三棱柱111ABCABC-中，13AA=，1ABBC==，2AC=，E是棱1BB上的一点

，则1ACE△的周长的最小值为（）A．113+B．1123+C．1113+D．1114+【答案】C【分析】由侧面展开图求解，【详解】由题意得19211AC=+=，将三棱柱的侧面展开如图所示，当1,,AEC三

点共线时，1ACE△的周长的最小，此时19413AECE+=+=，即1ACE△的周长的最小值为1113+，故选：C19．（2022秋·江苏南通·高三海安高级中学校考期中）如图所示，在直三棱柱111ABCABC-中，11AA=，3ABBC==，1cos3ABC=，P是1AB上的一动点

，则1APPC+的最小值为（）A．5B．7C．13+D．3【答案】B【分析】连接1BC，以1AB所在直线为轴，将11ABCV所在平面旋转到平面11ABBA，设点1C的新位置为C，连接AC，判断出当

APC、、三点共线时，则AC即为1APPC+的最小值.分别求出1120AAC=,111,2AAAC==,利用余弦定理即可求解.【详解】连接1BC，得11ABCV，以1AB所在直线为轴，将11ABCV所在平面旋转到平面11ABBA，设点1C的新位置为C，连接AC，则

有1ACAPPC+.当APC、、三点共线时，则AC即为1APPC+的最小值.在三角形ABC中，3ABBC==，1cos3ABC=，由余弦定理得：2212cos332323ACABBCABBCB=+−=

+−=,所以112AC=，即12AC=在三角形1AAB中，11AA=，3AB=，由勾股定理可得：2211132ABAAAB=+=+=,且160AAB=.同理可求：12CB=因为11112ABBCAC===，所以11ABCV为等边三角形，所以1160BAC=，所以在三角形

1AAC中，111120AACAABBAC=+=,111,2AAAC==,由余弦定理得：11421272AC=+−−=.故选B.【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中

的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.20．（浙江省绍兴戴山外国语学校2022-2023学年高三

上学期期中）如图，AB是底面圆O的直径,点C是圆O上异于A、B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且1,2POOBBC===，点E在线段PB上，则CEOE+的最小值为.【答案】262+【分析】首先求出2PBPC==，即有PBPCBC==，将三棱锥展开，当三点共线时，值最小，可证E为PB中

点，从而可求OCOEEC=+，从而得解．【详解】在POB中，1POOB==，90POB=，所以22112PB=+=，同理2PC=，所以PBPCBC==，在三棱锥−PABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC

P，使之与平面ABP共面，如图所示，当O，E，C共线时，CEOE+取得最小值，又因为OPOB=，CPCB=，所以OC垂直平分PB，即E为PB中点，从而2626222OCOEEC+=+=+=，亦即CEOE+的最小值为：262+，故答案为262+.【点睛】本题主要考查

了空间中线段和最小值问题，考查了空间想象能力、推理论证能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．截面问题21．（2022秋·浙江杭州·高三学军中学校考期中）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别是棱1

BB，11BC的中点，点G是棱1CC的中点，则过线段AG且平行于平面1AEF的截而图形为（）A．等腰梯形B．三角形C．正方形D．矩形【答案】A【分析】利用平行作出截面图形，即可判断形状.【详解】取BC中点H，连接AH，GH，1AD，1DG.如下

图所示：由题意得//GHEF，1//AHAF.又GH平面1AEF，EF平面1AEF，//GH平面1AEF，同理//AH平面1AEF.又GHAHH=，,GHAH平面1AHGD，平面1//AHGD平面1AEF，故过线段AG且与平面1AEF

平行的截面为四边形1AHGD，显然四边形1AHGD为等腰梯形.故选：A22．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）在棱长为3的正方体1111ABCDABCD−中，点Р是侧面11ADDA上的点，且点Р到棱1AA

与到棱AD的距离均为1，用过点Р且与1BD垂直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面ABCD的投影多边形的面积是（）A．92B．5C．132D．8【答案】C【分析】根据题意画出与1BD垂直的平面GJKLNM，作出其投影平面A

OQCKJ，已知正方体棱长为3，点Р到棱1AA与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，求出投影的面积S即可得出答案.【详解】由题意可以作出与1BD垂直的平面11DAC，利用面面平行可作出过点P

且平行于平面11DAC的平面GJKLNM，则平面GJKLNM与1BD垂直，作出点M，N的投影O，Q，平面AOQCKJ的面积S即为所求，已知正方体棱长为3，点Р到棱1AA与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为

各棱的三等分点1113331122222ABCDDJKOBQSSSS=−−=−−=，故选：C.23．（江苏省苏州市太仓市明德高级中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（）A．五

边形B．直角三角形C．直角梯形D．钝角三角形【答案】BCD【分析】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.【详解】如图所示，截面ABC，设ADa=，BDb=，CDc=，∴222ACac=+，222BCbc=+，222ABab=+，2

222222222222222222cos022()()2()()ABACBCabacbcaBACABACabacabac+−+++−−===++++，同理，cos0ABC，cos0ACB，即,,BACBCAABC为锐角，∴ABC为锐

角三角形，B，D都不可能，BD都要选；如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选如图截面MNPQ可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．故选：BCD24．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）在正方体111−ABCDABCD中，M，N，Q分别为棱AB，111,

BBCD的中点，过点M，N，Q作该正方体的截面，则所得截面的形状是（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【答案】D【分析】,,EFH分别为111,,ADDDBC中点，M，N，Q确定平面，证明六边形

的每条边均在内，得到答案.【详解】如图所示：,,EFH分别为111,,ADDDBC中点，M，N，Q确定平面，NHMQ∥且N，故NH，,QH，故QH，同理可得FQ，EF，EM，故截面为六边形.故选：D.25．（浙江省温州市环大罗山联盟2022-2023学年高三

上学期期中期中）在三棱锥−PABC中，6,3PBAC==，G为PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为.【答案】8【分析】如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点

F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到23EFMNACAC==，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，P

C于点E，F过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.由作图可知：EN∥FM，∴四点EFMN共面可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.∴23EFMNACAC==可得EF=MN=2.同理可得：EN=FM=2

.∴截面的周长为8.故答案为：8.【点睛】本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，属于中档题．26．（浙江省金华市东阳市外国语学校、东阳中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，已知三棱锥VA

BC−，点P是VA的中点，且2,4ACVB==，过点P作一个截面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为.【答案】6【解析】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，则可证明截面E

FPD就是所求平面，根据中位线的性质，即可求得答案.【详解】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，如图所示因为D、E分别为AB、BC的中点，所以DEAC，同理P、D分别为VA、

AB的中点，所以DPVB，DEDP，平面EFPD，VBAC，平面EFPD，所以VBP平面EFPD，AC平面EFPD，所以截面EFPD就是所求平面，因为2,4ACVB==，所以1DEPF==,2PDFE==，所以截面EFPD的周长为2+2+1+1=6，故答案为：6线面垂直模型的

外接球27．（福建省福州文博中学2022-2023学年高三上学期期中）在三棱锥−PABC中，PA⊥平面ABC，π2BAC=，2ABACAP===，则三棱锥外接球的表面积为（）A．4πB．12πC．40π3D．16π【答案】

B【分析】由题意可得AB，AC，AP两两互相垂直且相等，则可将三棱锥−PABC补成为正方体，正方体的对角线长即为外接球的直径，进而可求解.【详解】如图：∵PA⊥平面ABC，π2BAC=，∴AB，AC，AP两两互相

垂直，2ABACAP===，把三棱锥−PABC补成为正方体，则正方体的外接球即三棱锥−PABC的外接球，正方体的体对角线长为22223PAABAC++=，即其外接球直径223R=，∴三棱锥外接球的表面积为2234π12π

2=.故选：B．28．（福建省宁德第一中学2022-2023学年高三上学期期中）在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面,1,2,3ABCDPAABAD===，点E为B

C上靠近B的三等分点，则三棱锥PADE−外接球的表面积为（）A．11πB．12πC．14πD．16【答案】A【分析】利用正弦定理可得三角形AED的外接圆半径为r，根据勾股定理即可求解外接球半径，进而可求表面积.【详解】由题意可得22221252

2BE,EC,AEABBE,DEDCCE,===+==+=所以在三角形AED中，由等面积法可得11323sinsin2252210ADABADABAEEDAEDAEDAEED状?仔扌===×´,设三角形AED的外接圆半径为r，圆心为O,则由正弦定理得3102103sin210ADrrA

ED===?Ð，由于PA⊥平面AED,设三棱锥PADE−外接球的半径为R,球心到平面AED的距离为h，过O作OHPA⊥,则OHOAr¢==，()2222221POROHhhr,==+-=+因此11122h,R==,故外接球的表面积为24π11πR=,故选：A29．（

山东省临沂第十八中学2022-2023学年高三上学期期中）我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”（如图所示），其中PA⊥底面ABCD，3PA=，2AB=，1AD=，则该“阳马”的外接球的表面积为．【答案】14π【分析】以,,PAA

BAD为棱作长方体，长方体的对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积.【详解】如图，以,,PAABAD为棱作长方体，则长方体的对角线即为该“阳马”的外接球的直径，设直径为R，则()2222232114R=++=，所以2414R=，所以该“阳马”的外接

球的表面积为24π14πR=.故答案为：14π.30．（2022秋·辽宁大连·高三大连市第十二中上学期期中）如图，已知四棱锥PABCD−外接球O的体积为36π，3PA=，侧棱PA与底面ABCD垂直，四边形ABCD为矩形，点M在球O的表面上运动.当四棱锥MABCD−体积的最大时，点A到面PBD的

距离为.【答案】3217【分析】根据给定条件，求出球O的半径并确定球心O的位置，再求出四棱锥MABCD−体积取最大时，矩形ABCD的特征，然后用等体积法求解作答.【详解】设球O的半径为R，则34π36π3R=，解得3R=，连接AC，由PA⊥平面ABCD，,BCAC

平面ABCD，得,PABCPAAC⊥⊥，由矩形ABCD，得ABBC⊥，而,,PAABAPAAB=平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB平面PAB，于是BCPB⊥，同理CDPD⊥，取PC中点O，连接,,OAOBOD，则OAOBODOCOP====，因此点O

是四棱锥PABCD−的外接球球心O，显然22222226ABADAPACAPPC++=+==，而3AP=，于是2227ABAD+=，令1ACBDO=，连接1OO，则1OO⊥平面ABCD，11322OOPA==，要使四棱锥MABCD−的体积

最大，点M必为射线1OO与球O的表面的交点，1139322MOOOOM=+=+=，此时四棱锥MABCD−的体积22113381()3244ABCDVSMOABADABAD==+=，当且仅当362ABAD==时取等号，22310233

,2BDABPDPBPAAB====+=，PBD△底边BD上的高22137()22hPBBD=−=，设点A到平面PBD的距离为d，由APBDPABDVV−−=，得1133PBDABDSdSPA=，即1122BDhdABADPA

=，有372733322d=，解得3217d=，所以点A到面PBD的距离为3217.故答案为：321731．（2022秋·山东德州·高三德州市第一中学上学期期中）已知三棱锥−PABC的体积为6，且236PAPBPC===.则该三棱锥外接球的表面积为.【答案】49π【分析】先利用题

给条件求得,,PAPBPC三者间的位置关系，求得该三棱锥外接球的半径，进而求得该三棱锥外接球的表面积【详解】由题意得6,3,2PAPBPC===，设点A到平面PBC的距离为h，则11123sin332PABCAPBCPBCVVShBPCh−−===△111123236

63232h=，又6PABCV−=，则,,PAPBPC两两垂直，取BC中点M，连接PM并延长至D，使MDPM=，连接,,ADCDBD，则四棱锥APBDC−中，PA⊥底面PBDC，且PBDC为矩形，故四棱锥APBDC−可以补形为以PBDC为底面的长方体，且AD为该长

方体的体对角线，AD中点即为外接球球心O，又2222226327ADPAPBPC=++=++=，则该三棱锥外接球的表面积为274π49π2=故答案为：49π对棱相等、共斜边模型的外接球32．（20

22秋·湖南株洲·高三炎陵县第一中学上学期期中）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国

家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点,AB,,CP，4,2,,ACBCPAACBCPA===⊥⊥平面ABC，则该鞠（球）的表面积为（）A．49πB．64πC．36πD．16π【答案】C【分析】取BP的中点为

O，连接,OAOC，可证O为外接球的球心，故可求半径，从而可得球的表面积.【详解】取BP的中点为O，连接,OAOC，因为PA⊥平面ABC，而AB平面ABC，故PAAB⊥，故OPOAOB==.同理PABC⊥，而CABC⊥，,,CAPAACAPA=平面PA

C，故BC⊥平面PAC，而PC平面PAC，故BCPC⊥，故OPOCOB==，综上，O为三棱锥−PABC外接球的球心，而222416166PBPACACB=++=++=，故外接球的半径为3，故球的表面积为4π936π=，故选：C33．（2022秋·广东东莞·高一东莞实验中学上学期期中）在三棱锥A

BCD中，对棱22ABCD==，5ADBC==，5ACBD==，则该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.【答案】9π223/23【分析】将三棱锥ABCD−补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥ABCD−的外接球半径，计算出ABCD−的表面积与体积，利用等体积法可求得该三

棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.【详解】因为三棱锥ABCD−每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，如下图所示：则2222xy+=，225xz+=，225yz+=，解得2xy==

，1z=，外接球直径22223Rxyz=++=，其半径为32R=，三棱锥ABCD−的体积1144633Vxyzxyzxyz=−==，在ABC中，5ACBC==，22AB=，取AB的中点E，连接CE，如下图所示：则CEAB⊥，且223CEACAE=−=，所以，162ABCSABCE=

=△，因为三棱锥ABCD−的每个面的三边分别为5、5、22，所以，三棱锥ABCD−的表面积为446ABCSS==△，设三棱锥ABCD−的内切球半径为r，则13VSr=，可得346646VrS===，所以该三棱锥的外接球体积为34932R=，内切球表面积为2243r=.故答案为：9π

2；2π3.34．（2022秋·湖南张家界·高三统考期中）三棱锥SABC−中，SA⊥平面ABC，ABBC⊥，SAABBC==．过点A分别作AESB⊥，AFSC⊥交SBSC、于点EF、，记三棱锥SFAE−的外接球表面积为1S，三棱锥SABC−的外接球表面积为2

S，则12SS=（）A．33B．13C．22D．12【答案】B【分析】取SA的中点1O，SC的中点2O，连1OE，1OF，2OA，2OB，证明2O是三棱锥SABC−的外接球的球心，SC为该球的直径；1O是三棱锥SF

AE−的外接球的球心，SA为该球的直径，设SAABBC==a=，求出SC，根据球的表面积公式可求出结果.【详解】取SA的中点1O，SC的中点2O，连1OE，1OF，2OA，2OB，因为SA⊥平面ABC，,,ABBCAC平面ABC，所以SAAB⊥

，SABC⊥，SAAC⊥，因为ABBC⊥，SAABA=，,SAAB平面SAB，所以BC⊥平面SAB，因为SB平面SAB，所以BCSB⊥，在直角三角形SAC中，2O是斜边SC的中点，所以222OAOS

OC==，在直角三角形SBC中，2O是斜边SC的中点，所以222OBOSOC==，所以2O是三棱锥SABC−的外接球的球心，SC为该球的直径.因为AESB⊥，1O是斜边SA的中点，所以111OEOAOS==，因为AFSC⊥，1O是斜边SA的中点，所以111O

FOAOS==，所以1O是三棱锥SFAE−的外接球的球心，SA为该球的直径.设SAABBC==a=，则2223SCSAABBCa=++=，则2214π()π2SASa==，222234π()4π()3π22SCaSa===，所以2122π13π3SaSa==.故选：B.35

．（山东省青岛市青岛中学2022-2023学年高三上学期期中）已知A，B，C，D四点在半径为292的球面上，且13ACBD==，5ADBC==，ABCD=，则三棱锥DABC−的体积是.【答案】8【分析】构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.计算出长方体的长、宽、高，求出长方体

的体积，减去四个小三棱锥的体积即可求得.【详解】由题意构造长方体如图示，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则有：2222222291325abcabac++=+=+=，解得：324abc===，所以三棱锥DAB

C−的体积是：112344234832−=.故答案为：8.36．（2022春·河北石家庄·高三石家庄一中上学期期中）已知三棱锥ABCD−中，2ABCD==，3ACBCADBD====，且各顶

点均在同一个球面上，则该球的体积为.【答案】43.【分析】根据已知，将三棱锥拓展为以,,,ABCD为顶点的长方体，三棱锥的各棱为长方体面的对角线，求出长方体外接球的半径，即可求解.【详解】三棱锥ABCD−中，2ABCD==，3ACBCADBD====，

将三棱锥拓展为以,,,ABCD为顶点的长方体，如下图所示，长方体的上下底面的对角线长2，即边长为1的正方形，侧面的对角线长为3，侧棱长2，所以长方体的对角线长为211(2)2++=，外接球的直径为长方体的对

角线长2，该球的体积为43故答案为:43.【点睛】本题考查几何体与球的“接”“切”问题，合理应用条件巧妙转化为熟悉几何体与球的“接”“切”关系，减少计算量，属于中档题.37．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中上学期期中）已知ABCD、、、为球O的表

面的四个点，DA⊥平面ABC，1ABBCDAABBC⊥===，，则球O的表面积等于.【答案】3【分析】先说明CDB△是直角三角形，ACD是直角三角形，球的直径就是CD，求出CD，即可求出球的表面积【详解】解：如图所示因为1ABBCABBC⊥==，所以ABC的外接圆的直径

为22,2ACACABBC=+=由DA⊥平面ABC，得,DAACDABC⊥⊥所以CDB△和ACD时直角三角形，所以CD为外接球的直径，223CDACAD=+=，所以球的半径32R=，故球的表面积为243R=.故答案为：3【点睛】本题考查球的内

接多面体，说明三角形是直角三角形，推出CD是球的直径，是本题的突破口.球心在外心正上方模型的外接球38．（山东省滨州市邹平市第一中学2022-2023学年高三上学期期中）在正四棱台1111ABCDABCD−中，上､下底面边长分别为3242､，该正四棱台的外接球的表面积为100π，则该正四棱台的高为

.【答案】1或7【分析】求出外接球半径，找到球心的位置，分球心O在线段EF上和在FE的延长线上两种情况，求出高.【详解】设正四棱台的外接球的半径为R，则24π100πR=，解得5R=，连接,ACBD相交于点E，连接1111,ACBD相交于点F，连接EF，则球心O在直线EF上

，连接1,OBOB，如图1，当球心O在线段EF上时，则15OBOBR===，因为上､下底面边长分别为3242､，所以14,3BEBF==，由勾股定理得22114OFOBBF=−=，223OEOBBE=−=，此时该正四棱台的高为

347+=，如图2，当球心O在FE的延长线上时，同理可得22114OFOBBF=−=，223OEOBBE=−=，此时该正四棱台的高为431−=.故答案为：1或739．（河北省高碑店市崇德实验中学2022-2023学年高三上学期期中）底面是

正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥．如图，半球内有一内接正四棱锥SABCD−，该四棱锥的体积为423，则该四棱锥的外接球的体积为．【答案】823【分析】由题意可得正方形ABCD的中心即为球心，设球半径为r，结合题中条件求出半径即可得出结果.【详

解】由题可知正方形ABCD的中心即为球心，设球半径为r，则22ABCDSr=，211422333SABCDABCDVSrrr−===，解得2r=，该四棱锥的外接球的体积为()3344822333Vr===．故答案为：823.40．（2022秋·

湖南长沙·高三统考期中）埃及金字塔是地球上的古文明之一，随着科技的进步，有人幻想将其中一座金字塔整体搬运到月球上去，为了便于运输，某人设计的方案是将它放入一个金属球壳中，已知某座金字塔是棱长均为20m

的正四棱锥，那么设计的金属球壳的表面积最小值为2m．（注：球壳厚度不计）.【答案】800π【分析】由已知分析需求正四棱锥的外接球的半径，根据正四棱锥的性质和外接球的性质，构造直角三角形，利用勾股定理，求得外接球的半径，从而求出金属球壳的表面积的最小值.【详解】由题意，

要使金属球壳的表面积最小，则金属球是正四棱锥的外接球.如图所示，在正四棱锥SABCD−中，20SASBSCSD====，20ABBCCDDA====，O为其外接球的球心，连接AC与BD相交点于O，连接AO，

O为顶点S在底面ABCD上的投影，即为正方形ABCD的中心，设球的半径为R，表面积为S，则在正方形ABCD中，221122AOACABBC==+22120201022=+=，在RtSOA中，222220(102)102SOSAAO=−=−=，则1

02OOSOSOR=−=−，在RtAOO△中，OAR=，102OOR=−，102AO=，因为222OAAOOO=+，所以222(102)(102)RR=+−，化简得4002020R−=，则102R=，所以外接球的表面积为224π4π(102)800πSR===.故答案

为：800π.41．（山东省泰安第二中学2022-2023学年高三上学期期中）在正三棱锥SABC−中，223SAAB==，则该三棱锥外接球的表面积为.【答案】14411【分析】画出正三棱锥SABC−，设出球心，由勾股定理建立等量关系求得外接球半径，由球的表面积公式求

解即可.【详解】如图：在正三棱锥SABC−，223SAAB==.在等边三角形ABC中，F为BC中点，33342AF=−=，所以12231332AOAF===，在直角三角形1ASO中，112111SO=−=，设三

棱锥外接球半径为R，在直角三角形1AOO中，AOR=，1111OOSOSOR=−=−.由勾股定理得：()22111RR=+−，解得：611R=，所以该三棱锥外接球的表面积为：226144441111R==.故答案为：14411.42．（广东省韶关市永翔实验中学2022-202

3学年高三上学期期中）正四面体ABCD内接于半径为R的球，求正四面体的棱长.【答案】263R【分析】A点在平面BCD的投影为BCD△的中心E，设正四面体的棱长为a，确定33CEa=，63AEa=，根据勾股定理解

得答案.【详解】正四面体ABCD，则A点在平面BCD的投影为BCD△的中心E，则内接球的球心在AE上，设为O，设正四面体的棱长为a，233323CEaa==，223633AEaaa=−=，则2226333

aRaR−+=，整理得到263aR=.面面垂直模型的外接球43．（广东省珠海市香樟中学2022-2023学年高三上学期期中）在四棱锥SABCD−中，侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD是正三角形，底面

ABCD是边长为23的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（）A．5πB．10πC．28πD．16π【答案】C【分析】运用面面垂直的性质证得1OE⊥面SAD，SE⊥面ABCD，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积.【详解】如图所示，连接AC、BD交

于一点1O，取AD中点E，连接1OE、SE，所以由题意知，1OEAD⊥，SEAD⊥，1O为正方形ABCD外接圆的圆心，又因为面SAD⊥面ABCD，面SAD面ABCDAD=，1OE面ABCD，所以1OE⊥面SAD，同理：SE⊥面ABCD，设等边△SDA的外接圆的圆心为2O，过2O

作1OE的平行线交过1O作SE的平行线于点O，则1OO⊥面ABCD，2OO⊥面SAD，所以O为四棱锥SABCD−外接球的球心，半径为R，方法1：等边△SDA的外接圆半径222222221()23332SOSESAAESAAD==−=−=方法2：在等边△SDA中由正弦定理得2232πsi

n3SO=，解得：22SO=，又因为2132OOAB==，所以2222222(3)7ROSOSOO==+=+=，所以四棱锥SABCD−外接球表面积为224π4π(7)28πR==.故选：C.44．（广东省汕头市育能实验学校2022-2023学年高三上学期期中

）在菱形ABCD中，2AB=，60A=，将BCD△绕对角线BD所在直线旋转至BPD，使得6AP=，则三棱锥PABD−的外接球的表面积为（）A．8π3B．20π3C．2015π27D．25π3【答案】B【分析】如图，取BD的中点M，连接的,PMAM，利用勾股定理证明PMAM⊥，则有平面PBD⊥

平面ABD，设点E为ABD△的外接圆的圆心，则E在AM上，设点O为三棱锥PABD−的外接球的球心，外接球的半径为R，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.【详解】如图，取BD的中点M，连接,PMAM，在菱形ABCD中，60A=，则,AB

DCBD都是等边三角形，则3,,PMMAPMBDAMBD==⊥⊥，因为平面PBD平面ABDBD=，所以PMA即为二面角PBDA−−的平面角，因为222PMAMAP+=，所以PMAM⊥，即π2PMA=

，所以平面PBD⊥平面ABD，如图，设点E为ABD△的外接圆的圆心，则E在AM上，且1333MEAM==，设点O为三棱锥PABD−的外接球的球心，则OE⊥平面,ABD外接球的半径为R，设OEx=，则()

22222233333Rxx=+=+−，解得33x=，所以2145333R=+=，所以三棱锥PABD−的外接球的表面积为220π4π3R=.故选：B.45．（2022秋·山东烟台·统考二模）（多选）三棱锥VABC−中，底面A

BC、侧面VAC均是边长为2的等边三角形，面ABC⊥面VAC，P为AC的中点，则（）．A．VBAC⊥B．VA与BC所成角的余弦值为12C．点P到VB的距离为62D．三棱锥VABC−外接球的表面积为20π3【答案】ACD【分析】根据

三角形ABC和三角形VAC为等边三角形得到ACVP⊥，ACBP⊥，然后根据线面垂直的判定定理得到AC⊥平面VPB，然后根据线面垂直的定义即可得到VBAC⊥，即可判断A选项；利用空间向量的方法求异面直线所成角即可判断B选项；利用等腰直角三角形的性质求距离即可判断C选项；根据

外接球的性质得到外接球球心的位置，然后利用勾股定理求半径和外接球表面积即可判断D选项.【详解】连接VP，BP，因为三角形ABC和三角形VAC为等边三角形，P为AC中点，所以ACVP⊥，ACBP⊥，因为VPBPP=，,VPBP平面VPB，所以

AC⊥平面VPB，因为VB平面VPB，所以VBAC⊥，故A正确；因为面ABC⊥面VAC，面ABC面VACAC=，VPAC⊥，VP平面VAC，所以VP⊥平面ABC，以P为原点，分别以,,PAPBPV为,,xyz轴建立空间直角坐标系，()1,0,0A，()0,0,3V，()

0,3,0B，()1,0,0C−，()1,0,3VA=−，()1,3,0BC=−−，设VA与BC所成角为，所以11cos224VABCVABC−===，故B错；因为VP⊥平面ABC，BP平面ABC，所以VPBP⊥，因为三角形ABC和三角形VAC的边长

为2，所以3VPBP==，在等腰直角三角形VPB中，3VPBP==，所以点P到VB的距离为163222=，故C正确；分别取三角形ABC和三角形VAC的外心2O，1O，再分别过2O，1O作平面ABC，平面

VAC的垂线交于点O，所以O为三棱锥VABC−的外接球球心，211333OOOPVP===，222333BOBP==，所以2232315333OB=+=，三棱锥VABC−的外接球的表面积为21520433=，故D正确.故选：AC

D.46．（广东省揭阳市普宁国贤学校2023届高三上学期期中）已知四面体ABCD的顶点都在球О的表面上，平面ABC⊥平面BCD，2BC=，ABC为等边三角形，且=90BDC，则球O的表面积为.【答案】163/163【分

析】取BC的中点为E，连接AE，根据条件可得⊥AE平面BCD，球心在AE上，然后在BOE△中根据勾股定理建立方程可求出球的半径.【详解】取BC的中点为E，连接AE，因为ABC为等边三角形，所以AEBC⊥，因为平面ABC

⊥平面BCD，平面ABC平面BCDBC=，AE平面ABC，所以⊥AE平面BCD，因为=90BDC，所以BCD△的外心为E，球心在AE上，设球的半径为R，因为3AE=，OAOBR==，所以在BOE△中，222OBBEOE=+，即()2213RR=

+−，解得233R=，所以球的表面积为2164π3R=，故答案为：16π3折叠模型的外接球47．（广东省深圳市南方科技大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中）已知菱形ABCD的边长为2，且60

DAB=，沿BD把ABD△折起，得到三棱锥ABCD−，且二面角ABDC−−的平面角为60°，则三棱锥ABCD−的外接球的表面积为（）．A．13π9B．52π9C．3π5D．2π3【答案】B【分析】取BD的中点H，连接,AHCH,由此确定三棱锥外接球

球心的位置，进而求得外接球半径，即可求得答案.【详解】取BD的中点H，连接,AHCH，因为ABCD为菱形，所以,AHBDCHBD⊥⊥,故AHC为二面角ABDC−−的平面角，则'60AHC=，由题意可知,ABDBCD△△为正三角形，

则外接球球心位于过,ABDBCD△△的中心且和它们所在面垂直的直线上，故分别取,ABDBCD△△的重心为12,GG，过点1G，2G分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱椎的外接球的球心，由题意可知ABD≌BCD△，球心到面ABD和面BCD的距离相等

，即12OGOG=,连接,ODOH，则1230OHGOHG==,菱形ABCD的边长为2113313232,233cos30332HGHGOH=====o，2222213139ODOHHD=+=+=，即三棱锥ABCD−的外接球的半径133R=，则

其外接球的表面积为21352π4π4π99R==，故选：B．48．（云南省楚雄天人中学2022-2023学年高三上学期期中）在三棱锥ABCD−中，BCD△是边长为6的等边三角形，π3BAD=，三棱锥ABCD−体积的最大值是

；当二面角ABDC−−为120时，三棱锥ABCD−外接球的表面积是.【答案】2784π【分析】根据三棱锥的体积公式可知当高最大时，体积最大，故当二面角ABDC−−为90，三棱锥ABCD−的体积最大，由体积公式即可求解,根据外接球的性质，利用正弦定理和勾股定理，即可

联合求解球半径.【详解】当二面角ABDC−−为90，且ABAD=时，三棱锥ABCD−的体积最大，设线段BD的中点为E，连接AE，易求得11133,66sin603327332ABCDBCDAEVSAE−====.当二面角ABDC−

−为120时，ABD△和BCD△的外接圆圆心分别记为1O和2O，分别过1O和2O作平面ABD和平面BCD的垂线，其交点为球心，记为O.过1O作BD的垂线，垂足记为E，连接1OE，1,,,BOECBOEO.在ABD△中，由正弦定理得：1243s

inBDOBBAD==，所以123OB=，易知123OEOE==，在Rt1OOE△中，11tan603OOOE==，在Rt1BOO中，221121BOOBOO=+=，所以三棱锥ABCD−外接球的半径21R=，所以24π8

4πR=，即三棱锥ABCD−外接球的表面积是84π.故答案为：27，84π49．（云南省曲靖二中兴教中学2022-2023学年高三上学期期中）已知等边ABC的边长为2，将其沿边AB旋转到如图所示的位置，且二面角CABC−−为60，则三棱锥CABC−外接球的半径为【答案】133【分析

】设D为AB的中点，连接CD，CD，可得60CDC=，设12,OO分别是ABC，ABC△的外接圆圆心，分别过12,OO作平面ABC与平面ABC的垂心，交点为O，则O是三棱锥CABC−外接球的球心，求出OC即可.【详解】如图

，设D为AB的中点，连接CD，CD，由于ABC，ABC△为正三角形，所以,CDABCDAB⊥⊥,所以60CDC=,故2sin603CDCD===.设12,OO分别是ABC，ABC△的外接圆圆心，分别过12,OO作平面ABC与平面ABC的垂心，交点为O

，则O是三棱锥CABC−外接球的球心，易知1OOD≌2OOD，3CD=，ABC的外接圆半径为1232sin603ABr==，所以22211OCOOOC=+,即()22222211tan23CDCOCODrCDrr=+=−+，即222231231333339OC=−+=

.所以外接球半径为133OC=.故答案为:133.50．（湖南省邵阳市2022-2023学年高三上学期期中）在菱形ABCD中，π3A=，2AB=，将ABD△沿BD折起，使得3AC=．则得到的

四面体ABCD的外接球的表面积为．【答案】28π3【分析】根据条件得到2π3AEC=，过球心O作OO⊥平面BCD，则O为等边三角形BCD△的中心，分别利用三角形的的中心求出,EOOC的长度，再利用勾股定理求出外接球半径的平方，进而求出外接球的表面积.【详

解】设菱形ABCD的对角线交点为E，因为四边形ABCD为菱形π,23AAB==，所以BCD△和ABD△均是边长为2的等边三角形，则3AEEC==，又因为3AC=，在AEC△中，3AEEC==，3AC=，由余弦定理可得：2221cos22AEECACAECAEEC+−==−，所以2π3AEC

=，过球心O作OO⊥平面BCD，则O为等边三角形BCD△的中心，因为,OAOCEAEC==，EO为公共边，所以AEOCEO，则有1π23OECOEAAEC===，因为3AEEC==，O为等边三角形BCD△的中心，则1333EOEC==，22333COEC==，在Rt

OEO中，由π3OEO=，可得：3tan313OOEOOEO===，在RtOCO中，22247133OCOOOC=+=+=，设四面体ABCD的外接球的半径为R，则273R=，所以四面体ABCD的外接球的表面积为228π34πSR==，故答案为：28π3

.51．（湖南省长沙市南雅中学2022-2023学年高三上学期期中）已知菱形ABCD的边长为2，且60DAB=，沿BD把ABD△折起，得到三棱锥ABCD−，且二面角ABDC−−的平面角为120，

则三棱锥ABCD−的外接球的表面积为.【答案】283【分析】取BD的中点H，连接AH，CH，即可得到AHC为二面角ABDC−−的平面角，分别取ABD△，BCD△的重心为1G，2G，过点1G，2G分别作两个平面的垂线，交于点O

，点O即为三棱锥的外接球的球心，连接OD，OH，利用锐角三角函数求出OH，即可取出OD，即外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得.【详解】解：取BD的中点H，连接AH，CH，因为ABCD为菱形，所以AHBD⊥，CHBD⊥，故AHC

为二面角ABDC−−的平面角，则120AHC=，由题意可知ABD△，BCD△为正三角形，则外接球球心位于过ABD△，BCD△的中心且和它们所在面垂直的直线上，故分别取ABD△，BCD△的重心为

1G，2G，过点1G，2G分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱锥的外接球的球心，由题意可知ABDBCD△△，球心到面ABD和面BCD的距离相等，即12OGOG=，连接OD，OH，则1260OHGOHG==，菱形ABCD的边长为2，∴13132233HG==，1323

31cos6032HGOH===，∴2222237133ODOHHD=+=+=，即三棱锥ABCD−的外接球的半径273R=，所以其外接球的表面积为27284433R==.故答案为：2

83外接球的最值问题52．（湖南省永州市江华县2022-2023学年高三上学期期中）表面积为15π的球内有一内接四面体PABC，其中平面ABC⊥平面PAB，ABC是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为（）A．3215B．154C．275D．278【答案】D【分析】四面体PAB

C体积最大需要P到底面ABC的距离为h最大，分析出h最大时满足PAPB=，进而利用几何关系求出其最大值.【详解】如图所示，O是四面体PABC外接球的球心，设球O的半径为R，1O是ABC外接圆的圆心，设圆1O的半径为r，设P到底面ABC的距离为h，取AB中点D，连接1CDPDOOPOCO、、、

、，过O作OEPD⊥，由题意，可得24π15πR=,则2154R=，因为ABC是边长为3的正三角形，所以由正弦定理，可得32sinsin60BCrA==，则3r=，四面体PABC体积为21133333344ABCVShhh===，四面体PABC体积的最大需要h最大，由

题意可知，P在过AB并且与底面ABC垂直的圆面上运动，当P运动到圆面的最高点时，h最大，由圆的对称性可知，此时PAPB=,则PDAB⊥，又平面ABC⊥平面PAB，PD平面PAB，所以PD⊥平面ABC，在1OOC中，22211OOOCOC+=，122333332OCCD===，则22

22211134OOOCOCROC=−=−=，则132EDOO==，11332EOODCD===，在POE△中，22223PEPOOEROE=−=−=，则max332hPDPEED==+=，所以max278V=.故选：D.53．（江苏省徐州市铜山区2022-2023学年高三上学期期中）设A，B，

C，D是同一个半径为5的球的球面上四点，3ABAC==，33BC=，则三棱锥DABC−体积的最大值为.【答案】2734【分析】M是ABC外心，O是球心，求出OM，当D是MO的延长线与球面交点时，三棱锥DABC−体积的最大，由此求得最大体积即可.【详解】如图，M

是ABC外心，即ABC所在截面圆圆心，设圆半径为,rO是球心，因为3ABAC==，33BC=，由余弦定理得2221cos22ABACBCBACABAC+−==−，因为0πBAC，则2π3BAC=，所以3sin2BAC=，所以由正弦

定理得263sin323BCrBAC===，则3r=，则3MB=，5OB=，OM⊥平面ABC，BM平面ABC，则OMBM⊥，所以224OMOBBM=−=，当D是MO的延长线与球面交点时，三棱锥DABC−体积的最大，此时棱锥的高为459DM=+=，12π9

333sin234ABCS==，所以棱锥体积为119327393344ABCVSDM===.故答案为：2734.54．（江苏省盐城市东台创新高级中学2022-2023学年高三上学期期中）一封闭圆台上、下底面半径分别为1，4，母线长为6．该圆台内

有一个球，则这个球表面积的最大值为．【答案】64π3【分析】将圆台补体为圆锥并作出其轴截面，分析圆锥的内切球，可判断出圆锥内切球能包含在圆台内，进而可得最大球半径与表面积.【详解】将圆台补体为圆锥并作出其轴截面如图，圆锥顶点为A，圆台上下圆圆心分别为,DO

，根据截面性质，易得14AEDEABOB==，又6ABAE−=，所以8AB=，2AE=，1cos2OBABOAB==，则π3ABO=.故该轴截面是边长为8的正三角形，高38432h==，由正三角形内心也是重心，可得ABF△内切圆的半径14333rh==，又圆台高为324hr，所以圆锥内切球

半径即为ABF内切圆的半径，所以该圆台内切球半径最大值为433.故球表面积的最大值为2max64π4π3Sr==．故答案为：64π355．（江苏省徐州市铜山区2022-2023学年高三上学期期中）已知正三棱柱111ABCABC-所有顶点都在球O上，若球O的体积为

32π3，则该正三棱柱体积的最大值为.【答案】8【分析】由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底面边长为x，求出三棱柱的高，结合棱柱的体积求三棱柱的体积，再利用导数求其最大值.【详解】设正三棱柱111ABCABC-的上，下底面

的中心分别为12,OO，连接12OO，根据对称性可得，线段12OO的中点O即为正三棱柱111ABCABC-的外接球的球心，线段OA为该外接球的半径，设OAR=，由已知3432ππ33R=，所以2R=，即2OA=，设正三棱柱111ABCABC-的底面边长为x，设线段BC的中点为D，则32ADx=

，122333323xxAOAD===，在1RtAOO△中，22211143OOAOAOx=−=−，所以2121243OOx=−，023x，又ABC的面积211332224xxSBCADx===，所以正三棱柱111ABCABC-的体积222231312444323xVxxx=−

=−，设2143tx=−，则22123xt=−，02t，所以()231232Vtt=−，02t，所以()231292Vt=−，令0V=，可得233t=或233t=−，舍去，所以当2303t时，0V，函数()2312

32Vtt=−在230,3上单调递增，当2323t时，0V，函数()231232Vtt=−在23,23上单调递减，所以当233t=时，()231232Vtt=−取最大值，最大值为8，所以当22x=时，

三棱柱111ABCABC-的体积最大，最大体积为8.故答案为：8.56．（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为93，求三棱锥DABC−体积的最大值.【答案】183【分析】由正弦定理

可求得△ABC外接圆半径r，进而可得球心O到平面ABC的距离，结合球的性质可知三棱锥DABC−的高的最大值，即可得结果.【详解】设ABC的边长为a，则21sin60932ABCSa==△，所以6a=.设ABC的外接的半径为r，则62sin60r=，得23r=，则球心O到平面ABC的距离为2

24(23)2OM=−=，所以点D到平面ABC的最大距离为246+=，所以三棱锥DABC−体积的最大值为19361833=.内切球57．（江苏省淮安市涟水县第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知三棱柱ABCEFG−中，GCAC⊥，AEBC⊥，平面E

BC垂直平面AEB，5AC=，若该三棱柱存在体积为4π3的内切球，则三棱锥AEBC−体积为（）A．23B．4C．2D．443【答案】B【分析】根据内切球的统计求出半径，由线面垂直的判定定理可得GC⊥平面ABC，三棱柱ABCEFG−为直三棱柱，由平面EBC垂直平面AEB可得ABBC

⊥，设,ABaBCb==，根据直角三角形ABC内切圆的半径即外接球的可得,ab，最后由−−=AEBCEABCVV可得答案.【详解】设内切球的半径为R，则344π=π33R，所以=1R，因为AEBC⊥，//AEGC，所以GCBC⊥，GCAC⊥，且ACB

CC=，ACBC、平面ABC，所以GC⊥平面ABC，所以三棱柱ABCEFG−为直三棱柱，即侧棱垂直于底面，且侧棱长为2，做AOBE⊥交BE于O点，连接CO，因为平面EBC垂直平面AEB，平面EBC平面=AEBBE，AO平面AEB，所以AO⊥平面EBC，

BC平面EBC，所以AOBC⊥，因为EA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以EABC⊥，=EAAOA，、EAAO平面AEB，所以BC⊥平面AEB，而AB平面AEB，所以ABBC⊥，设,ABaBCb==，可得5122+−+−===abACabR，解得7ab+=，又

2225ab+=，解得3,4ab==，或4,3ab==，可得12ab=，则三棱锥AEBC−体积为11124332−−====AEBCEABCABCVVSAEab.故选：B.58．（江苏省徐州市铜山区铜北中学2022-2023学年高三上学期期中）正三棱锥−PABC的三条棱两两互相垂

直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为.【答案】313−【分析】根据正三棱锥的性质，补形称正方体，求得其外接球的半径，利用三棱锥的表面积与体积，求得内切球的半径，可得答案.【详解】由题意，正三棱锥−PABC可补形称正方体111ABDCPBDC−，如下图：则三棱锥

−PABC的外接球为正方体111ABDCPBDC−的外接球，设正方体的棱长为a，则外接球半径2221322Raaaa=++=，在正三棱锥−PABC中，212PABPBCPACSSSa===VVV，易知ABC为等边三角形，由勾股定理可得：222ABaaa=+=，则其面积()22132sin

6022ABCSaa==oV，故正三棱锥−PABC的表面积2332PABPBCPACABCSSSSSa+=+++=VVVV，其体积2311113326PBCVSAPaaa===V，设三棱锥−PABC的内切球的半径为r，则32133633332aVarSa===++，则3133332

arRa−+==.故答案为：313−.59．（黑龙江省大庆市肇州县第二中学2022-2023学年高三上学期期中）已知圆锥的底面半径为2，高为42，则该圆锥的内切球表面积为.【答案】8π【分析】作出内切球的轴截面，再根据

几何关系求解即可.【详解】如图，作出该圆锥与其内切球的轴截面图形，设该内切球的球心为O，内切球的半径为r，,EF为切点，所以，OEOFOBr===，由已知得2,42BDDFAB===，()224226AD=+=，所以，在AOF中，222

AOOFAF=+，即()()2224262rr−=+−，解得2r=，所以，该圆锥的内切球表面积为24π8πR=故答案为：8π.60．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学上学期期中）若圆台12OO的上

、下底面圆半径分别为1、2，1O、2O分别为圆台上下底面圆心.若该圆台存在内切球，则该圆台的体积为.【答案】1423π【分析】作出圆台的轴截面，然后根据题意可求出圆台的母线长，从而可求出圆的高，进而可求出圆台的体积.

【详解】圆台的轴截面如图所示，设内切球的球心为O，内切球与母线AB切于点E，则121,2AEAOBEBO====，所以3ABAEBE=+=，过点A作AFBC⊥于F，则1BF=，所以223122AF=−=，

所以圆台的体积为()22221142ππ1π2π1π22233++=，故答案为：1423π61．（黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，四边形ABCD为菱形

，π,3ABaBAD==，现将ABD△沿直线BD翻折，得到三棱锥ABCD−，若=ACa，则三棱锥ABCD−的内切球与外接球表面积的比值为.【答案】1:9【分析】由已知得三棱锥ABCD−是棱长为a正

四面体，其内切球的半径为r，其外接球的半径为R，利用等体积法求得612ra=；又正四面体的棱长可看成是正方体的面对角线，外接球的直径即为体对角线的长，可求得64Ra=，再结合球的表面积公式即可求解.【详解】由已知得三棱锥ABCD−是棱长为a正四面体，其内切球的半径为r，其外接

球的半径为R，由内切球的球心与正四面体的表面构成四个三棱锥，由体积分割可得22221323134343234aaaar−=，解得612ra=；又正四面体的棱长可看成是正方体的面对角线，外接球的直径即为体对角线的长，即有262322Raa=

=，即64Ra=，则:1:3rR=，则三棱锥ABCD−的内切球与外接球表面积的比为：224π:4π1:9rR=.故答案为：1:9.1．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为3

6π，则该正四棱锥的体积最大值为（）A．18B．643C．814D．27【答案】B【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得22232(3)ah=+−，进而由体积公式转化为关于h的函数，利用导数可求出函

数的最值.【详解】如图，设正四棱锥的底面边长2ABa=，高POh=，外接球的球心为M，则2ODa=，因为球的体积为34π36π3R=，所以球的半径为3R=，在RtMOD△中，222MDODOM=+，即22232(3)ah=+−，所以正四棱锥的体积为22

11249(3)333VShahhh===−−整理得3224(0)3Vhhh=−+，则2282(4)Vhhhh=−+=−−，当04h时，0V，当4h时，0V，所以3224(0)3Vhhh=−+在(0,4)上递增，在(4,)+上递减，所以当4h=时，函数取得

最大值3226444433−+=，故选：B2．（黑龙江省大庆市林甸县第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知正三棱锥P—ABC的底面边长为3，高为6，则三棱锥P—ABC的内切球的表面积为（）A．3π2B．3πC．6πD．12π【答案】A【分析】利用条件

求出PC的长，从而得出正三棱锥为正四面体，进而求出三棱锥的表面积，再利用等体法求出内切球的半径，即可得出结果.【详解】如图，取棱AB的中点D，连接CD，作PH⊥平面ABC，垂足为H，则6PH=．由正三棱锥的性质可知H在CD上，且2CHDH=．因为3AB=，所以332C

D=，则3CH=．因为6PH=，所以363PC=+=，则三棱锥P—ABC的表面积394934S==，设三棱锥P—ABC的内切球的半径为r，则1319693343PABCVr−==．解得64r=，从而三棱锥P—ABC的内

切球的表面积为23π4π2r=．故选：A.3．（浙江省杭州学军中学海创园学校2022-2023学年高三上学期期中）《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁

中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌

在墙体内的部分）.已知弦1AB=尺，弓形高1CD=寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为（）（注：一丈=10尺=100寸，53.14,sin22.513，答案四舍五入，只取整数．．．．．．．．．．．）A．285立

方寸B．300立方寸C．317立方寸D．320立方寸【答案】C【分析】由圆的性质求出弓形面积后乘以木材长度即得．【详解】如图，D是AB中点，OCAB⊥，10AB=寸，1CD=寸，设圆半径为R寸，则由222

OAODAD=+得222(1)5RR=−+，13R=，5sin13ADAODOA==，π22.58AOD==，从而4AOB=，弓形面积为21π1169π131012602428S=−=−，木材长为50l=寸，木材镶嵌墙内部分的体积为169

π60503178VSl==−（立方寸）．故选：C．4．（2022秋·河北邯郸·高三涉县第一中学校考期中）在棱长为2的正方体中挖掉一个体积最大的圆锥（圆锥的底面在正方体的底面上），再将该圆锥重新熔成一个圆柱，则该

圆柱表面积的最小值为（）A．333π2B．343π3C．33πD．323π【答案】D【分析】先根据题意得到一个体积最大的圆锥,再根据体积相等,得出圆柱的表面积,应用导数求出最小值即可.【详解】由题可知体积最大的圆锥的体积为12ππ233=，设圆柱的高为h，底面圆

的半径为r，所以22ππ3rh=，即223rh=.圆柱的表面积2222π2π2π3Srrhrr=+=+，设()222π3trrr=+则()322223112π24π=4π333rtrrr

rrr−=−=−，()tr在()0,+r上是单调递增的,易知当313r=，即331r=时，()tr取得最小值323π,即S最小值为323π.故选：D5．（浙江省台州市温岭中学2022-2023学年高三上学期期中）

如图所示，在ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1．在三角形内挖去半圆（圆心O在边BC上，半圆与BC相交于N，与AC相切于点C，与AB相切于点M），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得

旋转体的体积为（）A．2281B．5327C．239D．23327【答案】B【分析】判断出图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体为圆锥内挖去一个球,由已知求解三角形可得圆的半径,再由圆锥体积减去球的体积即可得到答案.【详解】如图,连接

OM,则OMAB⊥.设圆的半径为r,因为30ABC=,所以2OBr=.在直角△ACB中,又1AC=,30ABC=，所以3BC=,则33r=，解得：33r=.图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体为圆锥内挖去一个球,圆锥的底面半径为1,高为3,球的半径

为33,则所求体积为23143532713()333V==−.故选：B6．（浙江省衢州市乐成寄宿中学2022-2023学年高三上学期期中）已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的表面积为64π，则四棱锥OABCD−的体积

为.【答案】4143【分析】计算出球O的半径，分析可知四棱锥OABCD−为正四棱锥，设顶点O在底面ABCD的射影点为O，则O为正方形ABCD的中心，求出OO，进而求出结果.【详解】设球O的半径为R，则24π64πSR==球，解得4R=，由题意可知4OAOBOCO

DR=====，所以四棱锥OABCD−为正四棱锥，设顶点O在底面ABCD的射影点为O，则O为正方形ABCD的中心，1122222AOAC===,则OO⊥平面ABCD，所以()22224214OO

AOAO=−=−=，四棱锥OABCD−的体积为0114142214333ABCDABCDVSOO−===.故答案为：4143.7．（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考期中）如图，已知A、B是球O的球面上两点，2AB=，过AB

作互相垂直的两个平面截球得到圆1O和圆2O，若1260AOBAOB==，则球O的表面积为.【答案】28π【分析】取线段AB的中点H，连接1OH、2OH、1OO、2OO，分析出1OAB△为等边三角形，四边形12OOHO为正方形，求

出球O的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.【详解】取线段AB的中点H，连接1OH、2OH、1OO、2OO，如下图所示：由球的几何性质可知1OO⊥平面1OAB，2OO⊥平面2OAB，因为11OAOB=，160AOB=，则1AO

B是边长为2的等边三角形，因为H为AB的中点，则1OHAB⊥，且12sin603OH==，同理可知23OH=，因为平面1OAB⊥平面2OAB，平面1OAB平面2OABAB=，1OH平面1OAB，1O

H⊥平面2OAB，2OO⊥平面2OAB，12//OHOO，同理12//OOOH，因为2OH平面2OAB，12OHOH⊥，所以，四边形12OOHO为正方形，故13OO=，所以，球O的半径为22117ROOOA=+=，因此，球O的表面积为24π28πR=.故答案为：28π.8．（河

北省保定容大中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，6PDAD==，M、N分别为线段AC上的点，若60MBN=，则三棱锥PBMN−体积的最小值为．【答案】12

3【分析】根据123PBMNBMNBMNVSPDS−==，则要求体积的最小值，只要求出BMN面积的最小值即可，在ABC中，作BHAC⊥交AC于H，设ππ124MBH=，分别求出,BMBN，再根据三角形的面积公式结合三角函数求出

BMNS的最小值，即可得解.【详解】解：在ABC中，作BHAC⊥交AC于H，则45CBHABH==，因为6PDAD==，则32BH=，因为60MBN=，所以点H在线段MN上，设ππ124MBH=

，则π3NBH=−，则3232,πcoscos3BMBN==−，1931sinπ22coscos3BMNSBMBNMBN==−，2931931221311cos23

cossincossin222224==+++93π1sin262=++，因为ππ124,，所以ππ2π2,633+，则当ππ262+=，即π6=时，πsin26+取得最大值1，此时()mi

n63BMNS=，121233PBMNBMNBMNVSPDS−==，所以三棱锥PBMN−体积的最小值为123.故答案为：123.9．（2022秋·福建厦门·高三厦门一中校考期中）（多选）已知正方体1111A

BCDABCD−的棱长为2（如图所示），点M为线段1CC（含端点）上的动点，由点A，1D，M确定的平面为，则下列说法正确的是（）A．平面截正方体的截面始终为四边形B．点M运动过程中，三棱锥11AADM−的体积为定值

C．平面截正方体的截面面积的最大值为42D．三棱锥11AADM−的外接球表面积的取值范围为41π,12π4【答案】BCD【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求

解.【详解】对A选项，当M与C点重合时，平面截正方体的截面为1ADC，错误；对B选项，∵11//CCDD，又1CC平面11AAD，1DD平面11AAD，∴1CC⊥平面11AAD，又点M为线段1CC（含端点）

上的动点，∴M到平面11AAD的距离为定值，又11AAD的面积也为定值，∴三棱锥11AADM−的体积为定值，正确；对C选项，当M由C移动到1C的过程中，利用平面的基本性质，延长1DM交DC于G，连接AG交BC于K，所以，从C到1C

之间，平面截正方体的截面为1AKMD为等腰梯形，且1//KMAD，当M与1C重合时，截面为矩形11ABCD，此时面积最大为42，正确；对D选项，如图，分别取左右侧面的中心E，F，则EF垂直于左右侧面，根据对称性易知：三棱锥11AADM−的外接球的球心O在线段EF上，设M到

F的距离为x，则1,2x，设OFt=，则2OEt=−，又易知12ED=，外接球O的半径1RODOM==，在1RtDEO△与RtMFO△中，由勾股定理可得：()2222222tRtxR+−=+=，两式相减

得：264xt−=，∴222264xRx−=+，令2mx=，又1,2x，则1,2m，∴2226436416mmmRm−++=+=，1,2m，设函数2436()16mmfm++=，1,2m，则(

)fm的对称轴为2m=−，的开口向上，∴()fm在1,2上单调递增，最小值为()41116f=，最大值为()23f=，即241,316R，∴三棱锥11AADM−的外接球表面积2414ππ,1

2π4SR=，正确.故选：BCD.10．（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考期中）（多选）如图，正方体1111ABCDABCD−棱长为1，点P是线段1AD上的一个动点，下列结论中正确的是（）A．存在点P，使得

1BPPC⊥B．三棱锥11CBDP−的体积为定值16C．若动点Q在以点B为球心，63为半径的球面上，则PQ的最小值为66D．过点P，B，1C作正方体的截面，则截面多边形的周长的取值范围是32,222+【答案】BCD【

分析】A选项1BC为直径的球面与直线没有公共点，则不存在点P；B选项根据等体积法，则1111CBDPPCBDVV−−=，将体积转化为1111111CBDPPCBDCACDVVV−−−==，算出即可；C选项PQ的最小值为minminminPQBPBQBPr=−=−，代入即可求得最小值

；D选项的动点P位于1A点时截面周长最小，当P位于1AD中点时，截面的周长最大，故可得到结论.【详解】对A选项，在正方体1111ABCDABCD−中，以1BC为直径的球面，半径212R=，则直线1AD与该球面没有公共点，故不存在点P，使得1BPPC⊥，故A选项错误；对B选项，因

为1111CBDPPCBDVV−−=，因为1//ADCB，CB平面11CBD，1AD平面11CBD，所以1AD//平面11CBD，所以点P到平面11CBD的距离即为直线1AD到平面11CBD的距离，故11111111111326CBDPPCBDCACDVVV−−−=

===，故B选项正确；对C选项，minminminPQBPBQBPr=−=−，112ABADBD===，因为1min6sin602BPAB==，所以min666236PQ=−=，故C选项正确；对D选项，当P在1AD上移动时，截面多边形如图(1)所示，其侧面

展开图如图(2)所示，图(1)图(2)当点P位于1A点时，即,EF与1A点重合，截面多边形为正三角形11ACB，此时的周长最小，周长32c=，当点P从A点向D点移动时，根据对称性可知，截面多边形的周长先增大后减小，即,EF点随着点P的移动至

1,AD点时，此时点P为1AD的中点，截面为平行四边形11ADCB，截面多边形的周长最大，此时周长为max222c=+，所以截面多边形的周长的取值范围是32,222+，故D选项正确.故选：BCD11．（2022秋·黑龙江

哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期中）（多选）已知圆锥OP的底面半径3r=，侧面积为6π，内切球的球心为1O，外接球的球心为2O，则下列说法正确的是（）A．外接球2O的表面积为16πB．设内切球1O的半径为1r，外接球2O的半径为2r，则212rr=C．过点P作平面截圆锥OP的截面面积的最大

值为2D．设母线PB中点为M，从A点沿圆锥表面到M的最近路线长为15【答案】ABD【分析】易知，圆锥轴截面PAB为等边三角形，该三角形的内切圆半径与外接圆的半径即为圆锥OP的内切球半径和外接球半径，求出即可判断A、B项；由PAB为等边

三角形，可知过点P作平面截圆锥OP的截面中，面积最大的截面即为PAB，即可判断C项；将圆锥侧面沿A处剪开，连结AM即为最小值，可得到D项.【详解】设母线长为l，侧面积为π3π6πrll==，所以23l=.所以2lr=，PAB为等边三角形.则圆锥的轴截面PAB的内切圆半径即为圆锥内切球

的半径，其外接圆的半径为圆锥外接球的半径，如图1图1设内切球1O的半径为1r，外接球2O的半径为2r，则()11111633322PABSrPAABPBrr=++==V，又()2113sin2333222PABSPAABPAB==

=V，所以，11r=.由正弦定理可得，在PAB中，22sinPBrPAB=，即2232432r==，则22r=.所以，外接球2O的表面积为224π16πr=，A正确.因为，11r=，22r=，所以212rr=，B项正确.显然，过点P作平面截圆锥OP的截面均

为腰长为23等腰三角形，如图2，在底面圆上任取一点C，易知π3APCAPB=.所以，33ACPABPSS=，即最大面积为33，C项错误.图2将圆锥侧面沿PA剪开，得到的扇形的半径23Rl==，

弧长12π23πlr==，则扇形的圆心角123ππ23lR===，如图3所示.图3连结AM，即为最近路线，在RtAPM△中，有23PAR==，132PMPB==，所以，()()222223315AMPAPM=+=+=，D项正

确.故选：ABD.12．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）现有一张半径为2米的圆形铁皮，从中裁剪出一块扇形铁皮（如图1中阴影部分），并卷成一个深度为h米的圆锥筒（如图2的）容器.(1)若所裁剪的扇形铁皮的弧长为2米，求圆锥简容器的容积；

(2)当圆锥简容器的深度h为多少米时，其容积最大？并求其容积的最大值.【答案】(1)33立方米；(2)当圆锥筒容器的深度h为233米时，其容积最大，且其最大值是16327立方米.【分析】（1）由展开图

弧长与圆锥底面周长关系求得圆锥半径，再求得对圆锥的高，即可由公式求容积；（2）列出容积公式，由导数法求最值即可.【详解】（1）设圆锥筒容器的半径为r米，容积为V立方米.依题意得2π2π22π=2πr=−，解得1r

=，所以22213h=−=.所以221313333Vrh===.故圆锥筒容器的容积为33立方米.（2）由224rh+=，得224(02)rhh=−.所以()2314(02)33Vrhhhh==−，所以()243(02)3Vhh=−.由0V得，2303h

；由0V得，2323h.所以函数()Vh在区间230,3上单调递增；在区间23,23上单调递减，所以当233h=时，max163()27Vh=..故当圆锥筒容器的深度h为233米时，其容积最大，且其最大值是16327立方米.13．（河北省石

家庄市元氏县音体美学校2022-2023学年高三上学期期中）某礼品店要制作一批长方体包装盒，材料是边长为6dm的正方形纸板，如图所示，先在正方形的相邻两个角各切去一个边长为dmx的正方形，然后在余下两角处各切去一个长、宽分别为3dm、dmx的矩形，再将剩余部分沿图中的虚线折起，

做成一个有盖的长方体包装盒．(1)求包装盒的容积V（x）关于x的函数表达式，并求出函数的定义域；(2)当x为多少时，包装盒的容积最大？最大容积是多少？【答案】(1)32()21218Vxxxx=−+，函数的定义域为()0,3；(2)边长1dmx=时，包装盒的容积最大

，最大容积是38dm.【分析】（1）根据已知条件及长方体的体积公式即可得出解析式，根据实际意义得出定义域；（2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解;【详解】（1）因为包装盒高hx=，底面矩形的长为62x−，宽为3x−，所以包装盒的容积为()()3262321218Vxxxxxx=−−=−+，函

数的定义域为()0,3．（2）由（1）得，()()()262418613Vxxxxx=−+=−−，令()0Vx=，即()()6130xx−−=，解得1x=或3x=（舍），∴当()0,1x时，()0Vx，函数()Vx单调递增；当()1,

3x时，()0Vx，函数()Vx单调递减，∴当1x=时，函数()Vx取得极大值，也是函数()Vx的最大值，所以()()32max121121181VxV=−+==38dm.即切去的正方形边长1dmx=时，包装盒的容积最大，最大容积是38dm